Đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Các chất P, Q, R là hợp chất của bari, chất Q không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch HCl và kém bền với nhiệt độ.. - X là chất khí không mùi khi dẫn khí X vào dung dịch CaOH 2 dư

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ - LỚP 9

Năm học 2013 -2014

Môn thi: Hóa học

Ngày thi: 31-3-2014

Thời gian làm bài: 150 phút

( Đề gồm 2 trang)

Câu I ( 4.0 đ):

I/ Cho sơ đồ biến hóa:

A B D P

D X Q R

Biết:

- Các chất A, B, D, Y là hợp chất của natri Các chất P, Q, R là hợp chất của bari, chất Q không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch HCl và kém bền với nhiệt độ R không tan trong axit, không tan trong kiềm và không bị phân hủy bởi nhiệt độ.

- X là chất khí không mùi khi dẫn khí X vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy kết tủa màu trắng Hãy chọn các chất thích hợp và viết các PTHH theo sơ đồ trên.

2/ Khi trộn một lượng dung dịch AlCl 3 13,35% với một lượng dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 17,1% thu được 350g dung dịch A trong đó số nguyên tử clo bằng 1,5 lần số nguyên tử lưu huỳnh Khi thêm 81,515 gam bari vào dung dịch A sau phản ứng thu được m gam chất kết tủa Tính m.

Câu II (3,0 đ)

1/ Có 3 muối A, B, C đều kém bền bởi nhiệt độ Biết rằng :

- Muối A khi phản ứng với dung dịch HCl hoặc dung dịch NaOH đều có chất khí thoát ra.

- Muối B tạo sản phẩm khí với dung dịch HCl và tạo chất kết tủa trắng với dung dịch NaOH.

- Muối C có màu tím khi đem phản ứng với dung dịch HCl thấy sing ra chất khí màu vàng.

- Tổng phân tử khối của A, B, C là 383.

Hãy lựa chọn các muối A, B, C phù hợp và viết PTHH của các phản ứng đã xảy ra.

2/ Hòa tan 32 gam CuO bằng dung dịch H 2 SO 4 nồng độ 20% vừa đủ nung nóng, sau phản ứng thu được dung dịch X Làm nguội dung dịch X đến 80 0 C thấy tách ra m gam tinh thể CuSO 4 5H 2 O (rắn) Biết độ tan của CuSO 4 ở 80 0 C là 17,4 gam.Tính giá trị của m.

Câu III ( 4,5đ) :

1/ Dùng phương pháp hóa học để phân biệt các chất khí riêng biệt CO 2 , SO 2 , C 2 H 4 , CH 4 , H 2 , N 2 ( trình bày theo

+ Y

+ Y

2/ Hòa tan 6,58 gam chất A vào 100 gam nước thu được dung dịch B chứa một chất tan X duy nhất Cho một lượng muối BaCl 2 khan vào dung dịch B thấy tạo ra 4,66 gam chất kết tủa trắng không tan trong axit, không có khí thoát ra, khi lọc bỏ phần kết tủa thu được dung dịch C Cho một lượng Zn dư vào dung dịch C thấy thoát ra 1,792 lít khí H 2 (đktc) và còn lại dung dịch D.

a/ Xác định công thức phân tử của chất A.

b/ Tính nồng độ phần trăm của chất tan có trong dung dịch D.

c/ Cần thêm bao nhiêu gam chất A vào 100 gam dung dịch chỉ chứa chất tan X có nồng độ 20% để thu được dung dịch có nồng độ chất tan là 49%.

Câu IV (4,5 đ)

1/ Khi cho 1,2 mol khí A gồm metan, etilen, axetilen và hiđro và dung dịch brom dư thấy có 80 gam brom đã phản ứng và còn lại 20,16 lít hỗn hợp khí B thoát ra (đktc), tỉ khối của hỗn hợp B so với H 2 là 16/9 Mặt khác khi nung 1,2 mol hỗn hợp A với bột niken làm xúc tác, sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp khí D, bằng phương pháp thích hợp tách được hỗn hợp D thành hỗn hợp X (gồm các chất không làm mất màu dung dịch brom) và hỗn hợp Y ( gồm các chất phản ứng làm mất màu dung dịch nước brom) Biết khối lượng hỗn hợp X nhiều hơn khối lượng hỗn hợp Y là 0,48 gam và phân tử khối trung bình của hỗn hợp Y là 26,8 Tính thành phẩn phần trăm theo thể tích của mỗi khí có trong hỗn hợp D.

2/ Hỗn hợp X gồm 0,15 mol CH 4 , 0,09 mol C 2 H 2 và 0,2 mol H 2 Nung nóng hỗn hợp X với xúc tác là niken sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp khí Y gồm CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 6 , C 2 H 2 dư và H 2 dư Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí Y qua bình đựng dung dịch brom dư thấy khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 0,82 gam và còn lại V lít hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra Tỉ khối của Z so với H 2 là 8.

a/ Tính giá trị V

b/ Tính thành phần phần trăm theo thể tích mỗi khí có trong hỗn hợp Y.

Câu V (4,0đ)

1/ Hòa tan hoàn toàn 4,88 gam hỗn hợp bột X gồm Fe x O y và Cu trong lượng dư dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng Sau phản ứng thu được 1,088 lít khí SO 2 (sản phẩm khí duy nhất ở đktc) và dung dịch chứa 13,2 gam hỗn hợp hai muối sunfat Tìm công thức oxit sắt và tính khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X.

2/ Đốt 40,6 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn trong bình đựng khí clo Sau một thời gian phản ứng thu được 65,45 gam hỗn hợp Y gồm bốn chất rắn Cho toàn bộ lượng hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl thì thu được V lít

H 2 (đktc) Dẫn V lít khí này qua ống đựng 80 gam CuO nung nóng, sau phản ứng thấy trong ống còn lại 72,32 gam chất rắn và chỉ có 80% lượng H 2 đã phản ứng Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại có trong hỗn hợp X.

Cho: H = 1, C = 12, O = 16, Al = 27, S = 32, Cl = 35,5, Fe = 56, Cu = 64, Zn = 65, Br = 80, Ba = 137.

-Hết -

ĐÁP ÁN Câu I

1/ A: NaOH, B: Na2CO3, D: NaHCO3, P: Ba(HCO3)2, R: BaSO4, Q: BaCO3, X: CO2.

Các PTHH:

NaOH + CO2 Na2CO3 + H2O

NaOH + CO2 NaHCO3

NaHCO3 Na2CO3 + CO2  + H2O

Na2CO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O

NaHCO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + NaOH + H2O

BaCO3 + 2NaHSO4 BaSO4  + Na2SO4 + CO2 + H2O

Ba(HCO3)2 + Na2SO4 NaHCO3 + BaSO4

2/ndd AlCl3 = a (mol) : nddAl2SO4 = b (mol)

Ta có số nguyên tử clo bằng 1,5 lần số nguyên tử lưu huỳnh

=>3a = 1,5.3b => 3a = 4,5b (1)

=>mct = 133,5.a + 342b

Ta có phương trình về khối lượng dung dịch A:

35

,

13

100

.

5

,

133 a

+ 342b17.,1100 = 350 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Giải ra ta được: a = 0,15 (mol) ; b = 0,1(mol)

nBa = 81,515 : 137 = 0,595 (mol)

PTHH: Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2

nBa(OH)2 = nBa = 0,595 (mol)

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 3BaSO4  + 2Al(OH)3

PTHH(mol): 3 1 3 2

ĐB (mol): 0,595 0,1

=> dư Al2(SO4)3

=>nBaSO4 = nBa(OH)2 = 0,595(mol); nAl(OH)3 = 2/3nBa(OH)2 = 0,519.2/3 = 1,19/3

=> m = 0,595 233 + 1,19/3.78 = 169,575(g)

Câu 2:

1/ A: NH4HCO3

B: Mg(HCO3)2

C: KMnO4

PTHH:

NH4HCO3 + HCl NH4Cl + CO2  + H2O

NH4HCO3 + NaOH NaHCO3 + NH3 + H2O

Mg(HCO3)2 + 2HCl MgCl2 + 2CO2  + 2H2O

Mg(HCO3)2 + NaOH Mg(OH)2  + NaHCO3

2KMnO4 + 8HCl 2KCl + 2MnCl2 + Cl2 + 4H2O

2/nCuO = 0,4 (mol)

PTHH: CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O

(mol) : 0,4 0,4 0,4

=> mddCuSO4 = 0,4.9820.100 = 196 (g)

=> mddsau p.ư = 196 + 32 = 228 (g)

mCuSO4 = 0,4.160 = 64 (g)

Trong m (g) tinh thể CuSO4.5H2O

mCuSO4 = 160 m250. = 0,64m (g)

mH2O = 5.25018.m = 0,36m (g)

Xét dung dịch sau khi làm nguội dd X:

mCuSO4 = 64 – 0,64m

mH2O = 164 – 0,36m

Độ tan của CuSO4 ở 800C là 17,4(g) => Ta có phương trình:

m

m

36

,

0

164

100 ).

64

,

0

64

(





= 17,4 Giải được m = 61,424 (g)

Câu 3:

1/- Sục các khí qua dd Ca(OH)2:

Khí làm đục nước vôi trong: SO2, CO2 (nhóm I)

PTHH:

Không có hiện tượng gì: C2H4, CH4, H2, N2 (nhóm II)

NB nhóm I:

Dẫn các khí ở nhóm I qua dd nước Brom

PTHH:

Khí không làm mất màu dd Brom còn lại ở nhóm I là CO2

Nb các khí ở nhóm (II):

Sục các khí ở nhóm II qua dd nước Brom:

Khí làm mất màu dd brom: khí C2H4

Các khí còn lại không làm mất màu dd brom: CH4, H2, N2

- Đốt các khí trên

+ Khí không cháy: N2

+ Cháy với ngọn lửa màu xanh: CH4, H2

Dẫn hai khí này qua bột CuO nung nóng

Trường hợp nào thấy có chất rắn màu đỏ tạo thành, nhận biết được H2

PTHH:

Chất khí còn lại là CH4

2/a, A có thể là: R2(SO4)n, R(HSO4)n, H2SO4, hoặc H2SO4.nSO3

- A không thể là R2(SO4)n vì dd C thu được không phản ứng với Zn

- Với A là H2 SO 4 :

H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl

nBaSO4 = 0,02 (mol) = > nH2SO4 = 0,02 (mol)

nH2SO4 dư = 698,58 - 0,02 = 0,047 (mol)

DD C: 0,04 mol HCl, 0,047 mol H2SO4

Khi cho dd C phản ứng với HCl dư => Thể tích khí thu được khác với 1,792 lít (loại)

- Với A là R(HSO 4 ) n

2R(HSO4)n + nBaCl2 R2(SO4)n + nBaSO4 + 2nHCl

+ Trường hợp dung dịch C: gồm 0,04 mol HCl và BaCl2 dư

Cho dd C tác dụng với Zn dư => nH2 = 0,04 mol => VH2 = 0,04 22,4 # 1,72 (l)

Nên trường hợp này loại

+ Trường hợp dd C gồm 0,04 mol HCl và R(HSO4)n dư

nH2 = 1,782 : 22,4 = 0,08 (mol)

Zn + 2HCl ZnCl2 + H2

(mol) 0,04 0,02

nZn + 2R(HSO4)n R2(SO4)n + nZnSO4 + nH2

(mol) 0,n12

nR(HSO4)n tham gia phản ứng với dd BaCl2 : 0.n04

Vậy nR(HSO4)n ban đầu: 0,n12+ 0.n04 = 0,n16 (mol)

Ta có phương trình về khối lượng R(HSO4)n:

( R + 97n) 0,n16 = 6,58

Giải ra R < 0 (loại)

 Trường hợp A là oleum : H2SO4.nSO3

SO3 + H2O H2SO4

H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl

(mol) 0,02 0,02 0,04

- Loại trường hợp dd C gồm HCl và BaCl2 dư vì VH2 sinh ra khi tác dụng với Zn dư khác 1,792 l

- dd C gồm : HCl và H2SO4 dư

Zn + 2HCl ZnCl2 + H2

(mol) 0,04 0,02

Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2

(mol): 0,06 0,06

nH2SO4 trong dd C = 0,06 (mol) => nH2SO4 trong dd B: 0,02 + 0,06 = 0,08 (mol)

=> Gọi nH2SO4.nSO3 = a (mol)

Ta có:

SO3 + H2O H2SO4

(mol) an an

Ta có phương trình về tổng số mol H2SO4 trong dd B:

a + an = 0,8 (1)

Phương trình về khối lượng Oleum:

a ( 98 + 80n) = 6,58 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

Giải hệ được n = 7, a = 0,01 (mol)

Vậy CTPT của A là H2SO4.7SO3

b/mddB = 6,58 + 100 = 106,58 (g)

mddC = mddB + mBaCl2 - 4,66 = 106,58 + 0,02 208 – 4,66 = 106,08 (g)

mddD = mddC + mZn – mH2 = 106,08 + 0,08.65 – 0,08.2 = 111,12 (g)

dd D gồm: 0,02 mol ZnCl2 và 0,06 mol ZnSO4

= > C%ddZnCl2 = 0111,02.,12136.100% = 2,45%

=> C%ddZnSO4 = 0111,06.,12161.100% = 8,69%

c/Gọi nH2SO4.7SO3 cần thêm vào = a ( mol)

=> nH2SO4 = 8a (mol)

Ta có phương trình về nồng độ phần trăm;

100

658

20

8

.

98





a

a

= 10049 Giải a = 0,0628 (mol)

mH2SO4.7SO3 = 0.0628 658 = 41,324 (g)

Câu IV/ Hỗn hợp khí A: Ch4, C2H4, C2H2, H2

PTHH C2H2 + 2Br2 C2H2Br4 (1)

C2H4 + Br2 C2H4Br2 (2)

nBr2 phản ứng = 80 : 160 = 0,5 mol

nCH4 + nH2 = 20,16 : 22,4 = 0,9 (mol)

=> nC2H2 + nC2H4 = 1,2 – 0,9 = 0,3mol

Gọi nC2H2 : a mol, nC2H4: b mol

Ta có phương trình về số mol hỗn hợp khí:

a + b = 0,3

Theo phương trình hóa học (1), (2) ta có phương trình về số mol Br2:

2a + b = 0,5

Giải hệ phương trình:

=> a = 0,2 : b = 0,1

Khí B có tỉ khối so với H2 là 169

Gọi nCH4: x nH2: y

Ta có PT:

2

16

y

x

y

x





= 169 ; mặt khác có PT tổng số mol hh khí : x + y = 0,9 Giải được: x = 0,1: y= 0,8

Vậy trong hỗn hợp khí A:

0,1 mol CH4 ; 0,8 mol H2; 0,1 mol C2H4, 0,2 mol C2H2

Khi nung hỗn hợp khí A với Ni xúc tác

PTHH:

C2H4 + H2 C2H6

(mol) a a a

C2H2 + 2H2 C2H6

(mol) b 2b b

Hỗn hợp D: C2H6, CH4, C2H4, C2H2, H2

X: CH4 , C2H6, H2 Y: C2H4; C2H2

Gọi nC2H4 = a; nC2H2 = b

Vậy trong D có:

nC2H6 = a + b

nC2H4 dư = 0,1 –a

nC2H2 dư = 0,2 – b

nH2 dư = 0,8 – (a + 2b)

nCH4 = 0,1

=> mX = 0,1.16 + (a + b).30 + [0,8 – ( a + 2b)].2 = 3,2 + 28 a +26b

=> mY = ( 0,1 – a).28 + (0,2 – b).26 = 8 – 28a – 26b

Ta có PT:

3,2 + 28a + 26b = 0,48 + 8 – 28a – 26b

 56a + 52b = 5,28 (1)

Ta có phương trình phân tử khối trung bình của hỗn hợp Y:

b a

b a













2 , 0 1

,

0

26 ).

2 , 0 ( 28

).

1

,

0

(

= 26,8 (2) Giải hệ phương trình (1), (2)

=> a = 0,02, b= 0,08

Vậy trong D có: 0,1 mol C2H6, 0,08 mol C2H4, 0,12 mol C2H2, 0,62 mol H2 và 0,1 mol CH4

Phần trăm theo thể tích mỗi khí chính là phần trăm theo số mol

=> % C2H6 = 10,02,1 100% =

2/ PTHH:

C2H2 + H2 C2H4

(mol): a a a

C2H2 + 2H2 C2H6

(mol) b 2b b

Hỗn hợp Y gồm: 0,15 mol CH4, 0,09 mol C2H2, b mol C2H6

(0,09 - a – b) mol, C2H2; (0,2- a – 2b) mol H2

=>28a + (0,09 - a – b).26 = 0,82

 26b – 2a = 1,52

Z: 0,15 mol CH4; b mol C2H6; (0,2 - a -2b)H2

Ta có phương trình tỉ khối của Z so với H2

b a

b a b













35 , 0

4 2 4 , 0 30 15

,

0

.

Giải được a = 0,02; b = 0,06

Hỗn hợp Z: 0,15 mol CH4, 0,06 mol C2H6, 0,06 molH2

 V = (0,15 + 0,06 + 0,06).22,4 = 6,048 (l)

 Hỗn hợp Y: 0,15 mol CH4; 0,02 mol C2H4, 0,06 mol C2H6: 0,01 mol C2H2; 0,06 mol H2.

 nY = 0,3 mol

 Thành phần phần trăm mỗi khí trong hỗn hợp Y:

Câu V

1/ Gọi nCu = a (mol); nFe = b (mol) , nSO2 = 1.008 : 22,4 = 0,045 (mol)

2FexOy + (6x – 2y) xFe2(SO4)3 + ( 3x – 2y)SO2 + (6x – 2y)H2O

(mol) a ax/2 a.(3x – 2y)/2

Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O

(mol) b b b

Ta có hệ phương trình

ax2 400 + 160b = 13,2

a.(3x – 2y)/2 + b = 0,045

(56x + 16y).a + 64b = 4,88

Giải hệ phương trình ta được: ax = 0,05 ; ay = 0,05 => x y = 11

Vậy CTHH của oxit là FeO

=> a = 0,05 mol => m = 0,05 72 = 3,6 (g) => m = 4,88 -3,6 = 1,28 (g)

2/ 2Al + 3Cl2 AlCl3 (1)

(mol) a 1,5a

Zn + Cl2 ZnCl2 (2)

(mol) b b

Áp dụng ĐLBTKL : mCl2 = 65,45 – 40,6 = 24,85(g) => nCl2 = 24,85 : 71 = 0,35

Ta có phương trình về số mol Cl2: 1,5a + b = 0,35 (*1)

Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm 4 chất rắn vậy còn dư kim loại Al, Zn

Gọi số mol kim lợi dư lần lượt là c, d

Cho Y tác dụng với HCl:

2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (3)

(mol) c 1,5c

Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 (4)

(mol) d d

Khí sinh ra sau phản ứng (3,4) là H2

H2 + CuO Cu + H2O (5)

mO trong CuO = 80 – 72,32 = 7,68 (g) => nO = nCu = nH2 = 7,68 : 16 = 0,48 (mol)

Do ở phản ứng (5) chỉ có 80% H2 tham gia => nH2 (p.ư 3,4) = 0,48.100/80 = 0,8mol

Ta có phương trình về số mol H2: 1,5c + d = 0,8 (*2)

Phương trình về khối lượng hỗn hợp X:

(a + c).27 + (b + d).65 = 40,6 (*3)

Từ (*1), (*2), (*3) ta có hệ phương trình:

1,5a + b = 0,35 (*1)

1,5c + d = 0,8 (*2)

(a + c).27 + (b + d).65 = 40,6 (*3)

Giải hệ phương trình

=> (a + c) = 0,484 (mol) => nAl trong hỗn hợp X = a + c = 0,484 (mol)

=> mAl = 0,484 27 = 13,068 (g) => %Al = 32,19%

=> %Zn = 100% - 32,19% = 67,81%